Középiskolában permutációnak dolgok egy sorrendjét neveztük. Például az
e három gyümölcs nevének egy sorrendje. Kényelmesebb lesz, ha nem az elemek sorrendjére, hanem a sorba rakás vagy átrendezés aktusára koncentrálunk. Valaki például a fenti sorrendet átrendezheti úgy, hogy az első helyre a barack, a másodikra az alma kerüljön. Ezt a tevékenységet így írhatjuk le:
(persze az eredetileg adott sorrendet hatféleképpen rendezhetjük át). Ezt az átrendezést egy f függvénynek is felfoghatjuk, amelyre
Az f kölcsönösen egyértelmű megfeleltetése az X=alma, szilva, barack halmaznak önmagára. Megfordítva, e halmaz minden önmagára való kölcsönösen egyértelmű megfeleltetése „igazából” az elemek sorrendjének egy megváltoztatását jelenti. Vagyis az elemek különféle sorrendjeinek vizsgálata helyett tekinthetjük az adott elemek halmazának önmagára való bijekcióit is. Ezt a megközelítést általánosítja a következő definíció, amelyben |X| az X halmaz elemszámát jelöli.
4.2.1. Definíció. Az X véges halmazt önmagára képező bijekciókat az X halmaz permutációinak nevezzük. Ha
|X|=n, akkor az SX csoportot a kompozíció műveletére nézve (lásd 4.1.4. Definíció) n-edfokú szimmetrikus csoportnak nevezzük. Ha X={1,2,...,n}, akkor SX helyett Sn-et írunk.
A transzformáció és permutáció közötti különbség nem abszolút, gyakran előfordul, hogy egy végtelen halmaz transzformációit is permutációknak hívjuk.
4.2.2. Definíció. Egy G csoport rendje a csoport elemeinek a száma. A halmazoknál megszokott jelöléssel a G csoport rendjét |G| jelöli.
Az D.2.1. Tétel szerint |SX|=|X|! (azaz |X| faktoriális) tetszőleges véges X esetén. Például S4 egy eleme a fenti jelöléssel a következőképpen adható meg:
Ez tehát azt jelenti, hogy f(1)=2, f(2)=4, f(3)=3, f(4)=1.
4.2.3. Gyakorlat. Számítsuk ki a fenti f∈ S4 esetén a g=f∘ f kompozíciót, és írjuk föl ezt is a most tanult jelöléssel. Mutassuk meg, hogy g az f inverze lesz, vagyis f∘ g=g∘ f az {1,2,3,4} halmaz identikus leképezése.
4.2.4. Gyakorlat. Számítsuk ki az f∘ g és g∘ f kompozíciókat, ahol
Mely n≥ 1 egészekre lesz Sn kommutatív (vagyis Abel-csoport)?
Következő témánk a permutációk előjelének a vizsgálata lesz. Ezt általában kombinatorikai úton, az úgynevezett inverziók számának vizsgálatával szokás megközelíteni (lásd például Freud Róbert [2] könyvében az 1.1.
szakaszt). Mi ennek az útnak egy algebrai jellegű változatát járjuk végig, és menet közben csak utalunk a másik megközelítésre.
4.2.5. Kérdés. Rendet lehet-e csinálni egy könyvespolcon úgy, hogy mindig csak két könyvet cserélünk meg?
Hát persze. Ha a legbaloldali helyen nem az a könyv van, ami odavaló, akkor odacseréljük azt, ami odavaló.
Ezután a balról második helyre is odacseréljük azt, ami odavaló. Az eljárást folytatva minden könyv a helyére kerül, és a szükséges cserék száma a legrosszabb esetben is eggyel kevesebb, mint a könyvek száma. (Ez a gondolatmenet szerepelt már a 2.2.5. Feladat megoldásában, sőt ott csak szomszédos könyveket cserélgettünk.) 4.2.6. Definíció. Legyen X halmaz. Azt a permutációt, amely az x≠ y∈ X elemeket cseréli ki (azaz x↦ y és y↦ x), továbbá X összes többi elemét fixen hagyja (vagyis önmagába viszi), az (x,y) szimbólummal fogjuk jelölni (az x és y közötti vesszőt néha elhagyva). Az így kapott permutációkat cserének vagy transzpozíciónak nevezzük.
A 4.2.5. Kérdésre adott válasz szerint Sn minden eleme fölírható cserék szorzataként (és ehhez legfeljebb n-1 csere mindig elegendő). Azt tervezzük, hogy azokat a permutációkat, amelyek páros sok csere szorzataként
írhatók, páros permutációknak, azokat pedig, amelyek páratlan sok csere szorzataként írhatók, páratlan permutációknak nevezzük. Ezzel az elnevezéssel azonban probléma lehet, mert egy permutáció általában sokféleképpen áll elő cserék szorzataként.
4.2.7. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy (12)(23)(31)(34)=(34)(24) (az egymás mellé írás kompozíciót jelöl).
Ezek szerint nem lenne értelme a „néggyel osztható permutáció” fogalmáról beszélni, hiszen a fenti permutáció fölírható néggyel osztható számú, és néggyel nem osztható számú transzpozíció szorzataként is. Ha lenne olyan permutáció, amely páros sok csere szorzataként is és páratlan sok csere szorzataként is előállna, akkor nem tudnánk, hogy most ezt párosnak, vagy páratlannak nevezzük. Szerencsére ez nem fordulhat elő, de ezt nem egészen triviális bebizonyítani. Most ez a bizonyítás következik.
Tekintsük az alábbi polinomot:
Vagyis összeszoroztuk az összes xi-xj különbséget, ahol i<j.
Megjegyzés
A P(x1,...,xn) polinom egy Vandermonde-determináns értéke (D.5.4. Tétel). Nem lenne szerencsés azonban ezt most felhasználnunk, mert a determináns definíciójában szükség van a páros és páratlan permutáció fogalmára, és a most tárgyaltak felhasználhatók a determináns fogalmának alternatív bevezetésére is.
Tegyük föl, hogy f permutáció az {1,2,...,n} halmazon. Helyettesítsük be P-be az x1,...,xn változókat az f által megadott sorrendben, azaz számítsuk ki a P(xf(1), ..., xf(n)) kifejezést. Most is az x1,...,xn változók összes lehetséges különbségeit szorozzuk össze. Ha a P argumentumainak f szerinti új sorrendjében x2 megelőzi x1-et, akkor már nem az x1-x2 különbség szerepel a szorzatban, hanem helyette az x2-x1, vagyis a tényezők előjelei megváltozhatnak. Mindenesetre az eredmény csak előjelben különbözhet P(x1,...,xn)-től. Ezt az előjelet (pontosabban a neki megfelelő +1 vagy -1 számot) az f permutáció előjelének fogjuk nevezni, és sg(f)-fel jelöljük majd. Képletben:
(4.2)
Megjegyzés
Emlékeztetjük az Olvasót, hogy ha adott az f permutáció, akkor az i<j elemekre akkor mondjuk, hogy inverzióban állnak, ha f(i)>f(j). Jelölje k az inverzióban álló párok számát. Ekkor a P(xf(1),..., xf(n)) polinomot k darab előjelváltással hozhatjuk „alapállapotba”, és ezért sg(f)=(-1)k.
4.2.8. Gyakorlat. Határozzuk meg az (12) csere előjelét.
Természetesen fáradságos lenne minden permutáció előjelét a P polinom segítségével kiszámítani. Ez nem is így fog történni! A P segítségével bebizonyítjuk az előjelképzés olyan tulajdonságait, amely már lehetővé teszi az előjel gyors, könnyű kiszámítását.
4.2.9. Lemma. Ha f,g∈ Sn, akkor sg(f∘ g)=sg(f)sg(g).
Bizonyítás. A fenti (4.2) képletet az f∘ g permutációra alkalmazva
A bal oldalt máshogy is kiszámítjuk. Vezessük be az yj=xf(j) segédváltozókat. Ekkor xf∘ g(i)=xf(g(i))=yg(i), és így
(az utolsó egyenlőség a (4.2) képlet következménye). Az xi értékét visszaírva, és a (4.2) képletet harmadszor is alkalmazva
adódik. Így végül is
A nem nulla P polinommal egyszerűsítve az állítást kapjuk. □
4.2.10. Gyakorlat. Az előző bizonyításban a sg(f∘ g)=sg(g)sg(f) összefüggés jött ki, és nem az, amit a lemmában állítottunk. Nem baj-e ez? Hiszen f∘ g=g∘ f általában nem teljesül!
4.2.11. Következmény. Az identikus permutáció előjele +1. Ha f,g∈ Sn egymás inverzei, akkor f és g előjelei egymásnak reciprokai, és így megegyeznek.
Bizonyítás. Az, hogy sg(id)=+1, a definícióból közvetlenül világos, adunk azonban egy másik bizonyítást is.
Nyilván id∘ id=id, ezért az előző lemma miatt
A nem nulla sg(id) számmal egyszerűsítve sg(id)=1 adódik.
A második állítás bizonyításában azt használjuk ki, hogy f∘ g=id. Ismét az előző lemma miatt
Ezért sg(g)=1/sg(f). De sg(f) értéke 1 vagy -1, és e két szám reciproka önmaga. □
Megjegyzés
A 4.2.9. Lemma azt fejezi ki, hogy az sg: Sn→ {1, -1} leképezés művelettartó (lásd 2.2.34. Definíció), ahol az Sn-ben tekintett művelet a kompozíció, az {1, -1} halmazon tekintett művelet pedig a számok közönséges szorzása (erre a műveletre {1, -1} nyilván csoport). Ezért a fenti következmény bizonyításában a 2.2.44. Feladat állítására is hivatkozhattunk volna.
4.2.12. Lemma. Minden csere előjele -1.
Bizonyítás. A 4.2.8. Gyakorlat szerint az (12) csere előjele -1. Hasonlóan kiszámolhatnánk az (ij) csere előjelét is, elegánsabb azonban a következő gondolatmenet. Legyen g egy olyan permutáció, ami az 1-et i-be, a 2-t j-be viszi, a többi helyen pedig az értéke tetszőleges. Belátjuk, hogy
Két függvény akkor egyenlő, ha minden helyen ugyanazt az értéket veszik fel, ezt kell ellenőrizni.
Az i helyen a jobb oldal értéke j. A bal oldalt kiértékelve először g inverzét kell alkalmaznunk, ez az i-t 1-be viszi. Ezután az (12) csere az 1-et elviszi 2-be, majd g a 2-t elviszi j-be. Tehát a bal oldal is j-be viszi az i-t.
A j helyen mind a bal, mind a jobb oldal értéke i lesz, a fentivel analóg gondolatmenet szerint.
Végül legyen k olyan hely, ami különbözik i-től is és j-től is. A jobb oldal k-t önmagába viszi. A bal oldalon először g inverzét alkalmazzuk k-ra, az eredményt jelölje ℓ (tehát akkor g(ℓ)=k). Mivel g-1 bijekció, az ℓ szám különbözik 1-től és 2-től (hiszen az 1 és a 2 az i és a j képe g-1-nél, és feltettük, hogy k különbözik i-től és j-től).
Ezért (12) önmagába viszi ℓ-et, amelyet így g visszavisz k-ba. Tehát a bal és jobb oldal k-nál felvett értéke is egyenlő.
A fenti képletet tehát beláttuk, vegyük mindkét oldal előjelét. A 4.2.9. Lemmát ismételten alkalmazva
a 4.2.8. Gyakorlat és a 4.2.11. Következmény miatt. □
Innen azonnal látszik, hogy ha egy permutáció páros sok csere szorzata, akkor előjele (a 4.2.9. Lemma szerint) +1, ha pedig páratlan sok csere szorzata, akkor előjele -1, és így két ilyen permutáció soha nem lehet egyenlő.
4.2.13. Definíció. Az f∈ Sn permutáció páros, ha előáll páros sok csere szorzataként. Azt is mondjuk, hogy az ilyen permutációk előjele+1. A többi permutáció páratlan, ezek előjele -1. Az f permutáció előjelét sg(f) jelöli.
4.2.14. Tétel. Legyen n≥ 1 egész és f,g∈ Sn.
1. Az Sn csoport egy eleme akkor és csak akkor páros permutáció, ha előáll páros sok csere szorzataként, és akkor és csak akkor páratlan permutáció, ha előáll páratlan sok csere szorzataként. Speciálisan minden csere páratlan permutáció, az identitás pedig páros permutáció (nulla darab csere szorzata).
2. sg(f∘ g)=sg(f)sg(g) (ez a permutációk előjelének szorzástétele). Másképp fogalmazva: két páros, illetve két páratlan permutáció szorzata páros, egy páros és egy páratlan permutáció szorzata páratlan.
3. Ha f és g egymás inverzei, akkor paritásuk és előjeleik egyenlők.□
Megjegyzés
Fontos megjegyzés, hogy ennek a tételnek a birtokában elfelejthetjük az előjel bonyolult, a P polinomot használó definícióját, ezt már soha nem fogjuk használni! A fenti tétel ugyanis egyértelműen meghatározza minden permutáció előjelét, és a lényeg az, hogy ilyen tulajdonságú sg függvény létezik.
Ha ezt a létezést be tudnánk bizonyítani máshogy, egyszerűbben is, mint a P polinomra gondolva, akkor ezt a polinomot meg sem kellene említeni. Egy matematikai objektum tulajdonságai fontosabbak, mint az őt létrehozó konstrukció technikai részletei.
4.2.15. Definíció. Az Sn szimmetrikus csoport páros permutációiból álló részcsoportot az n-edfokú alternáló csoportnak nevezzük, jele An.
Az előző tétel szerint a páros permutációk tényleg részcsoportot alkotnak. Most meghatározzuk az alternáló csoport elemeinek a számát.
4.2.16. Következmény. Ha n>1, akkor Sn-ben ugyanannyi páros és páratlan permutáció van. Az An alternáló csoport elemszáma tehát n!/2.
Bizonyítás. Kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést létesítünk a páratlan és a páros permutációk között. Ha f páros permutáció, akkor rendeljük hozzá az
nyilván páratlan permutációt. Az F megfeleltetés azért lesz kölcsönösen egyértelmű, mert létezik inverze, ez tetszőleges g páratlan permutációhoz a
páros permutációt rendeli. Az F és G tényleg egymás inverzei, hiszen ha egymás után alkalmazzuk őket, akkor
és ugyanígy . □
Megjegyzés
Ha X tetszőleges véges halmaz, amelynek n eleme van, akkor természetesen az SX csoport esetében is beszélhetünk páros és páratlan permutációkról, valamint az AX alternáló csoportról is, hiszen SX-ben
„ugyanúgy” kell a permutációkkal számolni, mint Sn-ben.
Egy permutáció előjelének megállapítása nem praktikus a P polinommal való számolással, de még a cserék szorzatára bontás is hosszadalmas lehet. Most egy olyan módszert mutatunk, amely ennél kényelmesebb és áttekinthetőbb. Ehhez először a csere fogalmát általánosítjuk.
4.2.17. Definíció. Legyen X halmaz, és x1,x2,x3,...,xk-1,xk∈ X. Jelölje
azt a permutációt, amelynél az x1 képe x2, az x2 képe x3, és így tovább, az xk-1 képe xk, végül az xk képe x1, és X többi eleme a helyén marad. Az így kapott permutációkat ciklusoknak nevezzük. A k szám ennek a ciklusnak a hossza.
A vesszőt a transzpozíciókhoz hasonlóan sokszor elhagyjuk majd a ciklus elemei közül. A ciklus elnevezés magyarázata az, hogy a zárójelben a jelek körbepermutálódnak. Tipikus ciklus például, ha egy kártyacsomag lapjait úgy permutáljuk, hogy a felső lapot legalulra tesszük.
4.2.18. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy (123)=(231), sőt 1≤ i≤ k esetén
vagyis egy ciklust bármelyik eleménél kezdve ugyanazt a permutációt kapjuk.
Megjegyzés
Nagyon fontos, hogy ne keverjük össze a permutációk kétféle jelölését. Az
permutációk nem ugyanazok! Az f az 1-et 1-be, a g az 1-et 3-ba viszi. A g permutációt ciklus-jelöléssel négyféleképpen írhatjuk fel:
Az f permutációnak a megadott fölírásában az alsó soron nem lehet változtatni (mert akkor másik permutációt kapnánk). Ugyanakkor f is ciklus, és ezért három további módon fölírható:
A hagyományos jelölésnél tehát két sor van, a felső az alapsorrend. A ciklusos jelölésben viszont csak egy sor szerepel.
4.2.19. Definíció. Két ciklust diszjunktnak hívunk, ha nincs közös elemük.
4.2.20. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy ha f és g diszjunkt ciklusok, akkor fölcserélhetők, azaz f∘ g=g∘ f.
A ciklusok jelentőségét a következő állítás világítja meg.
4.2.21. Tétel. Tegyük föl, hogy X véges halmaz. Ekkor X minden permutációja fölírható páronként diszjunkt ciklusok szorzataként.
Bizonyítás. Eljárást is adunk a ciklusfelbontás elkészítésére. Ehhez rajzolni fogunk, de kis gyakorlattal a rajz elhagyható, és az eljárás fejben elvégezhető.
Rajzoljuk le X elemeit egy papírra (vagyis minden x∈ X elemhez egy pont tartozzék). Rögzítsük az f permutációt, és minden x∈ X esetén húzzunk egy nyilat az x pontból az f(x) pontba. Természetesen minden pontból pontosan egy nyíl indul, és minden pontba pontosan egy nyíl érkezik, hiszen f bijekció.
Vegyünk egy tetszőleges x=x1 pontot, és kövessük sorban a belőle kiinduló nyilakat. Az x1-ből induló nyíl x2-be, az x2-ből induló x3-ba vezet, és így tovább. Mivel X véges, előbb-utóbb egy olyan pontba kell érkeznünk, ahol már jártunk. Megmutatjuk, hogy az első ilyen ismétlődő pont az x=x1 lesz.
Legyen y az első olyan pont, ahol sétánk során kétszer járunk. Ebbe, mint az összes többi pontba is, csak egyetlenegy nyíl érkezik: z→ y. Tehát y-ba csakis z-ből érkezhetünk (mindkétszer). De z-ben nem jártunk kétszer, mert akkor z korábbi pont lenne a séta során, amit kétszer érintettünk. Ezért y a sétánk kiindulópontja, vagyis tényleg az x pont.
A sétánk során érintett pontok tehát egy (x1,x2,..., xk) ciklust alkotnak, amit ebben a sorrendben járunk be, és utána visszatérünk x1-be. Radírozzuk ki ezeket a pontokat, és a közéjük rajzolt k darab nyilat. A megmaradó rajzban újra minden pontból egy nyíl indul és egy nyíl érkezik, ezért megismételhetjük a gondolatmenetet. Így rajzunkat végül is diszjunkt „körökre” bontottuk. Megmutatjuk, hogy az így kapott diszjunkt ciklusok g szorzata (bármilyen sorrendben) az eredeti f permutáció.
Valóban: vegyünk egy tetszőleges x pontot, hová viszi ezt a g permutáció? Az x-et minden olyan ciklus fixálja, amelyben x nem szerepel. Az egyetlen olyan ciklusban, ahol x szerepel, az x-ből induló nyíl mentén mozdulunk el, amikor g-t alkalmazzuk, azaz f(x)-be jutunk. Az f(x) pontot azonban a többi ciklus szintén fixálja, hiszen azokban sem szerepel. Ezért g az x-et tényleg f(x)-be viszi. □
Láttuk, hogy egy permutációt sokféleképpen írhatunk föl cserék szorzataként. A diszjunkt ciklusokra való felbontás ugyanakkor a sorrendtől eltekintve egyértelmű. Ennek pontos megfogalmazását és bizonyítását gyakorlatnak hagyjuk.
4.2.22. Gyakorlat. Fogalmazzuk meg, hogy a diszjunkt ciklusokra való felbontás milyen értelemben egyértelmű, és bizonyítsuk is be az állítást.
4.2.23. Gyakorlat. Igazoljuk, hogy
Itt k-1 tényező szerepel, ezért páratlan hosszú ciklus páros permutáció, páros hosszú ciklus pedig páratlan permutáció. Így (a permutációk előjelének szorzástétele miatt) most már könnyű egy f permutáció előjelét meghatározni.
4.2.24. Következmény. Bontsuk föl az f permutációt (nem feltétlenül diszjunkt) ciklusok szorzatára. Ha páratlan sok páros hosszú ciklus keletkezik, akkor f páratlan, egyébként pedig páros.
Bizonyítás. Tudjuk, hogy szorzat előjele az előjelek szorzata. A páratlan hosszú ciklusok párosak, tehát az előjel kiszámítása szempontjából nem számítanak. A páros hosszú ciklusok páratlanok, tehát ha m darab van belőlük, akkor az előjel (-1)m. □
Megjegyzés
A GAP program segítségével a ciklusok szorzását a következőképpen végezhetjük el:
(1,2,3,4,5)*(4,5,2)^-1*(3,4);
(1,5)(2,4,3)
Vigyázzunk, a program balról jobbra szoroz!
Gondolkodjunk!
4.2.25. Gyakorlat. Adjuk meg az alábbi hat permutáció ciklusfelbontását és előjelét.
Tegyük meg ugyanezt az {1,2,...,n} halmazon értelmezett „hátulról előre” permutációval is (amelynél az alsó sorban a felső sorrend fordítottja szerepel).
4.2.26. Gyakorlat. Legyen f=(12)(345). Hány különböző hatványa van ennek a permutációnak a kompozíció műveletére nézve (lásd 2.2.19. Definíció)? Melyik a legkisebb hatványa, ami az egységelemet adja? Mely k és ℓ egészekre igaz, hogy fk=fℓ?
4.2.27. Gyakorlat. Rendezhetők-e a könyvek a könyvespolcon úgy, hogy csak szomszédos (helyen lévő) könyvek cseréjét engedjük meg?
4.2.28. Gyakorlat. Mutassuk meg, hogy egy kártyacsomag lapjainak tetszőleges sorrendje megkapható a következő kétféle mozdulat véges sokszori alkalmazásával: a legfelső két lap cseréje, illetve a csomag elemelése (azaz a csomag tetejéről leveszünk egy kisebb csomagot, és azt változatlan sorrendben az aljára tesszük).
Hogyan fogalmazható meg ez az állítás Sn permutációi segítségével? Milyen ciklusfelbontású permutációk felelnek meg ennek a két mozdulatnak?
4.2.29. Gyakorlat. Ha egy kártyacsomag négy lapból áll, és az emeléseken kívül az első és a harmadik lapot szabad megcserélni, akkor megkaphatjuk-e a lapok összes lehetséges 24 sorrendjét?
4.2.30. Feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha n≥ 3, akkor An minden eleme (azaz minden páros permutáció) előáll hármasciklusok szorzataként.
4.2.31. Feladat. Keressük meg az összes olyan f∈ Sn permutációt, amely fölcserélhető az (1,2,..., n) ciklussal.
4.2.32. Feladat. Mutassuk meg, hogy egy permutáció akkor és csak akkor hatványa egy ciklusnak, ha diszjunkt ciklusfelbontásában a ciklusok hossza azonos (az egyelemű ciklusokat nem írjuk ki).
4.2.33. Feladat. Legyen adott Sn transzpozícióinak egy halmaza. Készítsünk egy G gráfot az {1,2,...,n}
csúcshalmazon úgy, hogy ha a halmazban benne van az (ab) transzpozíció, akkor behúzzuk az a-t b-vel összekötő élet. Bizonyítsuk be a következő állításokat.
1. Ha a G gráf összefüggő, akkor az adott transzpozíciók alkalmas szorzataként minden permutáció előállítható (a szorzatban ugyanaz a transzpozíció többször is szerepelhet).
2. Ha i és j a G gráf különböző komponenseiben vannak (vagyis nincs közöttük út), akkor az adott transzpozíciók szorzataként nem állítható elő egyetlen olyan permutáció sem, amely i-t j-be viszi.
4.2.34. Feladat. Mutassuk meg, hogy Sn valamennyi eleme előáll legfeljebb n-1 darab transzpozíció szorzataként. Van-e olyan elem, amihez n-1 transzpozíciónál kevesebb nem elegendő?
4.2.35. Feladat. Legyenek k és t egynél nagyobb, relatív prím egészek. Az 1,2,...,n számok 1,2,..., n sorrendjéből kiindulva tetszőleges két olyan elemet fölcserélhetünk, amelyek különbsége k vagy t. Bizonyítsuk be, hogy ilyen lépések egymásutánjával akkor és csak akkor juthatunk el minden lehetséges sorrendhez, ha k+t-1≤ n.